2024年中考物理第二次模拟考试（江西卷）

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3、三模考试大概在中考前两周左右，三模是中考前的最后一次考前检验。三模学校会有意降低难度，目的是增强考生信心，难度只能是中上水平，主要也是对初中三年的知识做一个系统的检测，让学生知道中考的一个大致体系和结构。
2024年中考第二次模拟考试（江西卷）
物理·全解全析
一、填空题（本大题共8小题，每空1分，共16分）
1．中国诗词大会，赏诗词之美，颂江山如画。“不敢高声语，恐惊天上人”——“高”是指声音的 大（选填“音调”“响度”或“音色”）；“两岸猿声啼不住，轻舟已过万重山”，以青山为参照物，轻舟是 的。
【答案】 响度 运动
【详解】[1]“不敢高声语，恐惊天上人”——“高”是指声音太大，即声音的响度大。
[2]以青山为参照物，轻舟的位置不断变化，所以轻舟是运动的。
2．如图，春天里乘坐城区内公交车，可以欣赏到路边百花争艳的美景。我们能从不同方向看到同一朵花，是由于光在花朵表面发生了 反射；公交车上的逃生安全锤一端设计成锥形，目的是采用减小受力面积的方式 （选填“增大”或“减小”）压强。
​
【答案】 漫 增大
【详解】[1]我们能从不同角度看到同一朵花，是因为光在花朵表面上发生了漫反射，反射光线射向各个方向的缘故。
[2]根据压强知识可知，公共汽车上的逃生安全锤一端设计成锥形，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，以便打破玻璃顺利逃生。
3．如图所示。飞机在升空过程中，飞机的惯性 （选填“变大”、“变小”或“不变”），用来照明的白炽灯已被节能、环保的LED灯所替代，LED灯主要是用 （选填“超导”或“半导体”）材料制成的。
【答案】 不变 半导体
【详解】[1]惯性和物体的质量有关，飞机在升空过程中，飞机的质量不变，则它的惯性也不变。
[2]用来照明的白炽灯已被节能、环保的LED灯所替代，半导体的导电能力是介于由导体和绝缘体之间，LED灯是用半导体材料制成的。
4．某地在创建“文明城市”活动中，小敏和同学们一起到街头巷尾用砂纸清除那些违章“小广告”；砂纸表面很粗糙，是为了 摩擦力（填“增大”或“减小”），过了一会儿，小敏感觉砂纸发热是通过 方式改变物体的内能的。
【答案】 增大 做功
【详解】[1]砂纸表面很粗糙，是通过增大接触面粗糙程度的方法增大摩擦力。
[2]过了一会儿，小敏感觉砂纸发热，即摩擦生热，是通过消耗机械能，产生内能，即做功的方式改变物体的内能。
5．如图甲所示的某品牌插秧机，其使用了北斗卫星导航，农民只需在作业前进行相关设定，即可实现24小时无人值守自动作业。北斗导航卫星是通过 向插秧机发送位置信息的。当插秧机匀速作业时，动能 （选填“变大”“变小”或“不变”）。
【答案】 电磁波 变小
【详解】[1]电磁波可以在真空中传播，且传播速度非常快，它在真空中的传播速度是3×108 m/s。故北斗导航卫星是通过电磁波向插秧机发送位置信息的。
[2]动能有大小与质量、速度有关，当插秧机匀速作业时，速度不变，质量减小，动能变小。
6．学校承担社会上的大型高规格考试时，校门口会设立测温装置和人脸识别装置。其中测温装置是利用 强弱来对考生进行体温监测的；当人远离人脸识别装置的镜头时，他的像将 （选填“变大”“不变”或“变小”）。
【答案】 红外线 变小
【详解】[1]由于人能发出红外线，校门口的测温装置是利用红外线对考生测温。
[2]摄像头相当于一个凸透镜，当时，成倒立、缩小的实像；当人远离镜头时，物距变大，像距变小，他的像将变小。
7．小明自制了一个如图所示装置：风吹动风车带动磁体上方的线圈转动（线圈两端引出线上的绝缘漆已全部刮掉），灵敏电流计的指针会发生偏转，该装置的工作原理是 ；在无风吹时，若要让线圈转动，可将图中电流计换成 。
【答案】 电磁感应 电池
【详解】[1]图中线圈、导线和灵敏电流计组成闭合电路，线圈处在磁场中，风吹风车带动线圈转动切割磁感线从而产生感应电流，所以该装置是利用电磁感应原理工作的。
[2]若将图中电流计换成电池，无风吹时，通电线圈在磁场中受力转动。
8．如图所示电路，开关S闭合后，当滑片P向右端滑动时，电压表的示数与电流表示数的比值是 （选填“变大”“变小”或“不变”）。滑片P在适当位置不移动，一段时间后，两电表示数都变大，则故障可能是 。
【答案】 不变 R2短路
【详解】[1]由图所示电路知道，小灯泡R1和R2的连接方式为串联，电压表测量R1两端的电压，电压表的示数与电流表示数的比值等于电阻R1的阻值，R1的阻值是不变的。
[2]一段时间后，如果R1短路，电压表也被短路示数变小，故不可能是R1短路；如果R2短路，电路电阻减小，电流增大，电流表示数增大；电压表测量电源电压示数增大，故R2短路有可能；如果R1断路，整个电路断路，电流表示数减小为0，故不可能是R1断路。
二、选择题（本大题共6小题，共14分）
第9~12小题，每小题只有一个选项是最符合题目要求的，每小题2分；第13、14小题为多项选择，每小题至少有两个选项是最符合题目要求的，每小题3分，全部选择正确得3分，选择正确但不全得1分，不选、多选或错选得0分。请将选项代码填涂在答题卡的相应位置。
9．关于中学生以及中学生体育运动的相关数据，下列估算符合实际的是（ ）
A．中学生跑完800米后体温可达到38.6℃
B．中学生立定跳远的长度能达到2.5dm
C．升国旗时，同学们完整唱完国歌的时间约为2.5分钟
D．中学生百米跑的速度能达到20km/h
【答案】D
【详解】A．中学生的正常体温约为37℃，变化幅度不大，跑完800米后体温基本不变，不可能达到38.6℃，故A不符合题意；
B．中学生立定跳远的长度能达到2.5m，故B不符合题意；
C．升国旗时，同学们完整唱完国歌的时间不足1分钟，故C不符合题意；
D．中学生跑步的速度能达到7m/s=25km/h，故D符合题意。
故选D。
10．如图是《天工开物》中描述的古代官府用来运载税银的“六桨课船”。下列说法正确的是（ ）
A．划桨时，桨是一个费力杠杆
B．当卸下税银，船受到的浮力不变
C．桨划水的力与船受到水的阻力是一对平衡力
D．桨划水的力与船受到水的阻力是一对相互作用力
【答案】A
【详解】A．船桨在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故A正确；
B．当卸下税银，船受到的重力减小，浮力减小，故B错误；
CD．桨划水的力与船受到水的阻力没有作用在同一物体上，不是一对平衡力，也不是相互作用力，故CD错误。
故选A。
11．在学校科技周展示中，物理兴趣小组的同学用塑料瓶自制了一个火箭模型，在瓶子的侧壁安装一个电火花发生器，按下按钮会产生电火花，从瓶口喷入酒精后，盖上锥形纸筒，按下按钮，纸筒立即向上飞出。下列说法正确的是（ ）
A．瓶内酒精燃烧越充分，酒精热值越大
B．纸筒飞出过程中内能转化为机械能
C．纸筒飞出相当于热机工作时的压缩冲程
D．瓶内出现的白雾是由水蒸气汽化而成的
【答案】B
【详解】A．热值是燃料的特性，同种燃料的热值相同，酒精热值保持不变，不是瓶内酒精燃烧越充分，酒精热值越大，故A错误；
BC．纸筒飞出过程中内能转化为机械能，而热机工作时的压缩冲程是机械能转化为内能，那么纸筒飞出不是相当于热机工作时的压缩冲程，故B正确，C错误；
D．瓶内出现的白雾是人眼能看到的，是液态小水珠，是由水蒸气液化而成的，故D错误。
故选B。
12．数形结合是物理学中经常使用到的一种方法，它可以直观地反映各物理量之间的关系，下列四幅图像能正确反映物理现象和规律的是（ ）
A．图甲表示做匀速直线运动物体的速度与时间的关系
B．图乙表示通过定值电阻的电流与其两端电压的关系
C．图丙表示同种物质密度与其体积的关系
D．图丁表示物体由静止下落过程中，重力对物体做功与时间的关系
【答案】D
【详解】A．物体做匀速直线运动时，速度恒定不变，而图甲中速度随着时间的增加而变大，故A不符合题意；
B．电阻一定时，通过定值电阻的电流与其两端电压成正比，电流随着电压的增大而增大，故B不符合题意；
C．密度是物质的一种特性，一般情况下同种物质的密度不变，与体积无关，故C不符合题意；
D．物体由静止下落过程中，速度逐渐变大，单位时间内通过的路程也逐渐变大，由W=Gh可知，h逐渐变大，因此W也逐渐变大，故D符合题意。
故选D。
13．两个底面积不同的圆柱形容器放在水平桌面上，加入甲、乙两种质量相同的液体，静止时两容器内液面相平，如图所示。现将两个完全相同的小球A、B分别放入甲、乙两液体中，两球均处于漂浮状态且液体均未溢出。下列说法中不正确的是（ ）
A．甲液体的密度大于乙液体的密度
B．未放入小球时，甲液体对容器底的压强小于乙液体对容器底的压强
C．小球A所受浮力等于小球B所受浮力
D．小球A排开液体的体积大于小球B排开液体的体积
【答案】BD
【详解】A．由图可知，甲容器中液体的体积小于乙容器中液体的体积，已知甲、乙两容器装入质量相等的不同液体，根据可知甲乙液体密度的关系
ρ甲>ρ乙
故A错误；
B．未放入小球时，由图可知，容器中液体的深度相同，因为
ρ甲>ρ乙
根据p=ρgh可知液体对容器底的压强关系
p甲>p乙
故B错误；
CD．由于两球均处于漂浮状态，所以浮力等于其自身的重力，由于A、B两球的重力相同，所以小球A所受浮力等于小球B所受浮力，因为
ρ甲>ρ乙
由F浮=ρ液gV排可知AB排开液体的体积关系
V排A故C正确，D错误。
故选BD。
14．在如图的电路中，S闭合后下列的各种情况正确的是（ ）
A．如甲、乙、丙是电压表，当闭合后
B．如甲是电压表，乙、丙电流表，断开形成串联电路
C．电路中甲表和乙表不能同时是电流表
D．如果电路是并联电路，则乙表的示数大于丙表的示数
【答案】ACD
【详解】
A．由图知，如果甲、乙、丙都是电压表，闭合S1后，两电阻串联，电压表甲测R2两端电压，电压表乙测R1两端电压，电压表丙测电源电压，根据串联电路的电压规律知
U丙=U甲+U乙
故A正确；
BD．由图知，如果甲是电压表，乙、丙电流表，S闭合，S1断开，两电阻并联，根据并联电路电流规律知，乙电流表示数大于丙，故B错误，D正确；
C．由图知，如果电路中甲表和乙表同时是电流表，会造成电源短路，这是不允许的，故C正确。
故选ACD。
三、计算题（本大题共3小题，第15小题6分，第16，17小题各8分，共22分）
15．如图所示的电路，电阻R为。当开关S闭合、断开时，电流表的示数为；当开关S和都闭合时，电流表的示数为，此时小灯泡L正常发光。求：
（1）电源电压；
（2）小灯泡L的额定功率；
（3）开关S和都闭合时，整个电路20s内消耗的电能。
【答案】（1）10V；（2）5W；（3）300J
【详解】解：（1）由题意知，当开关S闭合、S1断开时，电路为电阻R的简单电路，电流表测量电路电流，由U=IR可得，电源电压为
（2）当开关S和S1都闭合时，小灯泡与电阻R并联，小灯泡正常发光，电流表测量干路电流，由于并联电路互不影响，故通过电阻R支路的电流仍然为1A，根据并联电路电流特点可得，此时通过小灯泡的电流为
根据并联电路电压特点可知，灯泡两端的电压为电源电压，即
由于小灯泡正常发光，根据P=UI可得，小灯泡的额定功率为
（3）由W=UIt可得，整个电路20s内消耗的电能为
答：（1）电源电压为10V；
（2）小灯泡L的额定功率为5W；
（3）开关S和S1都闭合时，整个电路20s内消耗的电能300J。
16．体重较轻的小杰和体重较重的小华在科技馆里看到一种升降座椅，它由滑轮组控制升降，其简化图如图所示，己知座椅和动滑轮的总重为，小华在内将小杰匀速拉高，小华拉力的功率为（不计绳重和摩擦），求：
（1）小华的拉力为多大？
（2）小杰的重力为多大？
（3）该滑轮组的机械效率为多少？
（4）若小杰和小华互换位置，让小杰匀速拉起小华，则该滑轮组的机械效率怎样变化？
【答案】（1）250N；（2）600N；（3）80%；（4）变高
【详解】解：（1）由图可知，滑轮组绳子的有效股数，则绳子自由端移动的距离
由可知，小华拉力做的功
由可得，小华的拉力
（2）不计绳重和摩擦，由可得，小杰的重力
（3）小华拉力做的有用功
该滑轮组的机械效率
（4）不计绳重和摩擦，该滑轮组的机械效率
由题意可知，小华的体重较重，所以，小杰和小华互换位置，让小杰匀速拉起小华，该滑轮组的机械效率将变高。
答：（1）小华的拉力为250N；
（2）小杰的重力为600N；
（3）该滑轮组的机械效率为80%；
（4）若小杰和小华互换位置，让小杰匀速拉起小华，则该滑轮组的机械效率变高。
17．如图是某款电热水壶内部工作原理的简化电路图，该电热水壶具有“加热”和“保温”两个挡位。R1、R2均为阻值一定的电热丝，其中电热丝R2的阻值为960Ω，“加热”挡的额定功率为1210W。求：
（1）电热丝R1的阻值；
（2）当该电热水壶处于“保温”挡正常工作5min所消耗的电能；
（3）在1个标准大气压下，该电热水壶处于“加热”挡正常工作9min可将1.8kg水从25℃加热到沸腾，则在此过程中，该电热水壶的工作效率为多少？[忽略水汽化对其质量的影响，水的比热容，计算结果精确到0.1%]
【答案】（1）40Ω；（2）1.452×104J；（3）86.8%
【详解】解：由得，在电压一定时，总电阻越小，总功率越大，总电阻越大，总功率越小，由图可知，当S1、S2都闭合时，电路中只有R1工作，总功率大，为“加热”挡，当S1闭合S2断开时，R1、R2串联，总功率小，为保温挡。
（1）由得，电热丝R1的阻值

（2）当该电热水壶处于“保温”挡正常工作5min所消耗的电能

（3）在1个标准大气压下，1.8kg水从25℃加热到沸腾，吸收的热量
消耗的电能
W=Pt=1210W×9×60s=6.534×105J
该电热水壶的工作效率为
答：（1）电热丝R1的阻值是40Ω；
（2）当该电热水壶处于“保温”挡正常工作5min所消耗的电能是1.452×104J；
（3）该电热水壶的工作效率为86.8%。
四、实验与探究题（本大题共4小题，每小题7分，共28分）
18．（1）如图1甲中木块A的长度为 cm，图乙停表读数是 s；
（2）如图2所示，将天平放在 台上，接下来的操作步骤是 ；
（3）如图3是小明家的电能表，此时电能表读数为 kW⋅h，小明家能同时使用的用电器总功率不得超过 W。若单独让空调工作一段时间电能表转盘转了300转，则空调此段时间内用了 度电。
【答案】 1.30 99.8 水平 把游码移到标尺左端零刻度线处 741.4 4400 0.1
【详解】（1）[1]由图知，刻度尺的分度值是，读数时要估读到分度值下一位，此图是以作为零刻度，末端刻度值为，所以物体长度为
[2]在秒表的中间表盘上，中间有两个小格，所以一个小格代表，指针在和之间，偏向一侧，所以分针指示的时间为；在秒表的大表盘上，之间有个小格，所以一个小格代表，指针在处，所以秒针指示的时间为，即秒表的读数为。
（2）[3][4]使用天平时，将天平放到水平台上，把游码移到标尺左端零刻度线处，再调节平衡螺母使得天平平衡。
（3）[5]电能表最后一位是小数位，单位是，由图示表盘读出电能表的示数是。
[6]由表盘参数得出电能表的工作电压为220V，平时工作允许通过的最大电流
小明家能同时使用的用电器的最大总功率
[7]表示电路中用电器每消耗的电能，电能表的转盘转，电能表上的转盘转转，空调消耗的电能为
即空调消耗的电能为0.1度。
19．【探究名称】探究杠杆的平衡条件
【问题】小明在学习了杠杆的相关知识后，想进一步探究杠杆在什么条件下能平衡。
【证据】
小明利用铁架台、杠杆、钩码和弹簧测力计等器材探究杠杆的平衡条件，实验使用的钩码质量均为50g，杠杆上每格长度均相等。
（1）当杠杆静止时如图甲所示，此时杠杆处于 （选填“平衡”或“非平衡”）状态。实验时需要调节杠杆在水平位置平衡，则应当将杠杆的平衡螺母向 （选填“右”或“左”）调节，这样做的好处是 。
（2）如图乙所示，在杠杆两侧挂上钩码，设右侧钩码对杠杆施的力为动力F1，左侧钩码对杠杆施的力为阻力F2，测出杠杆平衡时的动力臂和阻力臂；多次换用不同数量的钩码，并改变钩码在杠杆上的位置，使杠杆在水平位置平衡，得到实验数据如下表：
【解释】
分析表中的数据，得到杠杆的平衡条件是 （写表达式）。
【拓展】
（3）如图乙所示，将A、B位置的钩码都向O点靠近1格，杠杆将会 （选填“仍然平衡”“左端下沉”或“右端下沉”）。
（4）如图丙所示，把弹簧测力计挂钩固定在C点，要使杠杆水平平衡，弹簧测力计b位置要比a位置拉时的示数要 （选填“大”或“小”），原因是 。
【答案】 平衡 右 方便测量力臂 左端下沉 大 阻力与阻力臂的乘积不变，而动力臂在从a到b的过程逐渐减小
【详解】（1）[1][2][3]如图甲所示，当杠杆静止时，发现左端下沉，因为此时杠杆静止，所以杠杆处于平衡状态，但是实验时为了方便测量力臂需要调节平衡螺母使杠杆在水平位置平衡，即应把杠杆的平衡螺母向右调节，直至杠杆在水平位置平衡。
（2）[4]由表格中数据知，第一组数据
第二组数据
第三组数据
可得杠杆的平衡条件是：动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂，即。
（3）[5]设钩码的重力为G，每一格的长度为L，A、B位置的钩码都向O点靠近1格，左侧为：2G×2L=4GL，右侧：3G×1L=3GL，所以左端下沉。
（4）[6][7]根据杠杆的平衡条件分析，将测力计绕C点从a位置转动到b位置过程中，钩码的重力不变，其阻力臂不变，即阻力与阻力臂的乘积不变，而动力臂在从a到b的过程逐渐减小，动力逐渐增大，即弹簧测力计b位置要比a位置拉时的示数要大。
20．【实验名称】测量小灯泡的电阻
【设计和进行实验】小薇用伏安法测定一个标有2.5V字样的小灯泡的电阻RL，实验电路如图甲所示，实验过程如下：
（1）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到 （选填“A”或“B”）端；
（2）测量过程中，移动滑动变阻器的滑片，使小灯泡两端电压为2.5V时电流表示数如图乙所示，则电流值是 A，这时小灯泡灯丝的电阻值是 （保留1位小数）；
（3）小薇通过调节滑动变阻器，测得小灯泡在不同的电压下的数据如表所示：
【交流评估】
（4）小薇想把实验测得的小灯泡电阻值求出平均值后作为小灯泡灯丝的电阻，你认为小薇这样处理实验数据 （选填“有”或“没有”）必要；
（5）当小灯泡两端的电压降到0.1V时，则灯丝的电阻值最可能是下列①、②、③三种情况的 （填序号），你这样选择的理由是： ；
①6.4 ②5.1 ③3.4
【拓展】
（6）小薇在完成测量小灯泡电阻实验后，在不添加任何器材的情况下还想利用图甲的电路来测量小灯泡的额定功率，你认为小薇的想法是 （选填“能”或“不能”）实现的。
【答案】 A 0.26 9.6 没有 ③ 灯泡灯丝电阻随着温度降低而减小 能
【详解】（1）[1]连接好电路在闭合开关前，为了保护电路，应将图甲中滑动变阻器的滑片滑到阻值最大处，所以滑动变阻器的滑片滑到A端。
（2）[2]由图乙所示电流表可知，其量程为0~0.6A，分度值为0.02A，示数为0.26A。
[3]由欧姆定律得，此时灯丝的电阻为
（4）[4]灯泡的电阻是变化的，灯泡的电阻随温度的升高而增大，把实验测得的小灯泡电阻值求出平均值后作为小灯泡灯丝的电阻不恰当，所以没有必要计算平均值。
（5）[5][6]根据表格可知，当电压为0.5V时，其电阻为4.2Ω，由表格可知，当电压降低时，电流会减小，电阻的温度降低，这是由于灯泡灯丝电阻随着温度降低而减小，所以当电压为0.1V时，电阻会随之减小，小于4.2Ω，故C符合题意，AB不符合题意。
故选C。
（6）[7]测量小灯泡的额定功率，先测量灯泡的电压和电流，通过求处灯泡的额定功率。故可以利用图甲的电路，移动滑动变阻器滑片，测出额定电压下通过小灯泡的电流，再求出小灯泡的额定功率。
21．【探究名称】打气筒的外壁发热的原因是什么？
【问题】小明发现用打气筒给篮球打气时外壁有些发热，于是他想探究是什么原因导致打气筒的外壁发热的，小明和小红进行了交流，联系所学物理知识，他们提出了以下两个猜想：
A．活塞在筒内往复运动时，与筒壁摩擦导致发热；
B．活塞在筒内往复运动时，不断压缩气体做功导致发热。
【证据】他们设计了实验进行探究，选用的实验器材有：打气筒、测温枪、计时器、气压不足的篮球等，分别在打气筒的上部和下部标注两个测温点，如图所示。请回答下列问题：
（1）打气筒内壁的热量是通过 的方式传递到外壁，请你举个同样方式的实例： ；
（2）打气过程中，筒内气体压强 ，活塞在打气筒内向下运动时的能量转化过程，与四冲程内燃机的 冲程相同；
（3）小明的实验方案是：用打气筒往气压不足的篮球内打气，10s内使活塞在筒内往复运动20次；立即用测温枪测出此时两个测温点的温度。待打气筒外壁温度降至室温（25℃）后，放出篮球中的部分气体，使其内部气压与打气前相同，重复上述操作，实验数据记录如下表：
【解释】
小明分析表中实验数据可以验证猜想 （填字母）是导致打气筒外壁发热的原因。
【交流】（4）小红回顾整个实验过程，分析实验数据，认为小明得出的结论不够严谨，理由是在实验过程中，活塞向下运动时既克服摩擦做功，又压缩空气做功，无法准确地确定外壁发热的原因。于是他们对实验进行改进，对猜想A再次进行探究，打气筒 （选填“与”或“不与”）篮球连接，让活塞在相同的时间内往复运动相同的次数，用测温枪测出打气筒外壁的温度，若上部和下部温度 （选填“相同”或“不同”），则说明猜想A是正确的。
【答案】 热传递 用燃气烧水 增大 压缩 B 不与 不同
【详解】（1）[1]改变物体内能的两种方法：做功、热传递。打气筒内壁的热量是通过热传递的方式传递到外壁。
[2]生活中用燃气烧水就是通过热传递的方式使水的内能增大的。
（2）[3]打气过程中，筒内气体增多，压强增大。
[4]活塞在打气筒内向下运动时，活塞对筒内的空气做功，机械能转化为空气的内能，能量转化情况与内燃机压缩冲程相同。
（3）[5]由表中数据知道，打气筒下部温度高于上部温度，说明活塞在打气筒内向下运动时，活塞对筒内的空气做功，空气内能增加，温度升高，造成下部温度高于上部温度，故导致打气筒外壁发热的原因是活塞在筒内往复运动时，不断压缩气体做功导致发热，故A不符合题意，B符合题意。
故选B。
（4）[6][7]根据控制变量法，要探究猜想A，应让活塞只克服摩擦做功，而不压缩空气做功，故他们的改进方法是：打气筒不与篮球连接，直接让活塞在相同的时间内往复运动相同的次数，用测温枪测出打气筒外壁的温度，若上部和下部温度不同，说明猜想A是正确的。
次数
动力F1/N
动力臂/cm
阻力F2/N
阻力臂/cm
1
0.5
20.0
1.0
10.0
2
1.0
15.0
1.5
10.0
3
1.5
10.0
0.5
30.0
…
实验次数
1
2
3
4
5
发光情况
正常
较亮
较暗
微光
不亮
电压U/V
2.5
2.0
1.5
1.0
0.5
电流I/A
0.28
0.24
0.20
0.12
电阻R/
7.1
6.3
5
4.2
实验次序
时间/s
活塞往复次数
上部温度/℃
下部温度/℃
1
10
20
30.7
36.6
2
10
20
30.2
36.2
3
10
20
30.5
36.3